µ µ µ µµ µ µ - QueGrande.org

1. Los condensadores de la figura están inicialmente
descargados y se hallan conectados como indica el
esquema, con el interruptor S abierto. Se pide:
a) ¿Cuál es la diferencia de potencial Vab?
b) ¿Y el potencial del punto b después de cerrado S?
c) ¿Qué cantidad de carga fluye a través de S cuando se
cierra?
R: a) 66,7 V b) 100 V c) 300 µC.
+200V
6µF
3µF
S
a
b
3µF
6µF
a) Los condensadores C1= 6 µF y C2= 3 µF de cada rama están en serie y su capacidad
equivalente es:
CC
1
6µF .3µF
Cs =
= 1 2 =
= 2µF
1
1
C1 + C 2 6 µF + 3µF
+
C1 C 2
Entonces la carga del condensador equivalente sometido a 200 V vale:
Q = C sV = 2µF .200V = 400µC
que es la misma carga de los condensadores C1 y C2 de la serie (ya que, en una conexión
de condensadores en serie, todos tienen la misma carga). Podemos entonces obtener las
tensiones Va y Vb que corresponden a las tensiones de los condensadores de abajo:
Q 400
400
Va =
=
V
Vb =
V
C2
3
6
y la d.d.p. (diferencia de potencial) pedida Vab:
400 400 400
Vab = Va − Vb =
−
=
V
3
6
6
b)
+200V
Los 2 condensadores de la mitad superior
+200V
están en paralelo, y lo mismo los dos de la
6µF
3µF
mitad inferior. La capacidad equivalente de
9µF
S
cada par será entonces:
b
a
a b
C p = C1 + C 2 = 6 µF + 3µF = 9 µF
3µF
6µF
9µF
Dado que las dos capacidades equivalentes
están en serie y son del mismo valor, cada
una recibirá la mitad de la tensión, o sea:
200
Vb =
= 100V
2
c) Hay que observar la distribución de carga antes y después de cerrar S a cada lado del
interruptor. Con S abierto los 4 condensadores están cargados a 400µC y la carga neta a
cada lado de S es cero (ver la figura de abajo a la izquierda). Con S cerrado, cada uno de
los 4 condensadores tiene 100 V de tensión, entonces Q6µF = 6⋅100 = 600 µC y Q3µF =
3⋅100 = 300 µC, la carga neta a cada lado es −300 µC (izquierda) y +300 µC (derecha)
y, por tanto, la carga que fluye a través de S es 300µC.
+200V
+400µC
6µF
0µC
-400µC S
+400µC
3µF
-400µC
+400µC
+400µC
6µF
-400µC
-400µC
3µF
Problemas TE resueltos Tema 1
+200V
+600µC
6µF
0µC
-300µC
-600µC S
+300µC
3µF
-300µC
+300µC
+600µC
6µF
-300µC
-600µC
3µF
+300µC
1
7. Determinar la resistencia equivalente Req de la red de la figura si R= 1 Ω.
R
2R
R
Req
R
R
R: 13/11 Ω.
1
No podemos aplicar asociación
serie ni paralelo, por lo que usaremos la
definición de Resistencia equivalente I
aplicando una fuente de tensión V y
determinando la intensidad de corriente
V
I que suministra en función de V:
I1
2R
I2
R
R
3
2
I4
Para el análisis de esta red aplicamos
las reglas de Kirchhoff:
Ecuaciones de nudo linealmente
independientes: (n-1)= 3
nudo1 : I = I 1 + I 2 → I 1 = I − I 2
I3
R
I5
R
4
nudo2 : I 4 = I 1 − I 3 = I − I 2 − I 3
nudo3 : I 5 = I 2 + I 3
Ecuaciones de malla linealmente independientes: r-(n-1)= 6-3= 3
malla 4 − 1 − 2 − 4 : −V + I 1 2 R + I 4 R = 0
malla 2 − 1 − 3 − 2 : − I 1 2 R + I 2 R − I 3 R = 0
malla 4 − 2 − 3 − 4 : − I 4 R + I 3 R + I 5 R = 0
Sustituyendo en estas ecuaciones de malla las expresiones de I1, I4 e I5 y R= 1:
V = 3I − 3I 2 − I 3
0 = −2 I + 3I 2 − I 3
0 = − I + 2 I 2 + 3I 3
y aplicando la regla de Cramer:
V − 3 −1
0 3 −1
0 2
3
11V
V 13
=
→ Req = = Ω
I=
3 − 3 − 1 13
I 11
− 2 3 −1
−1 2
3
Problemas TE resueltos Tema 1
2
14. En el circuito de la figura se pide determinar:
a) Equivalente Thévenin entre los puntos a y b.
b) Equivalente Norton entre los puntos a y b.
c) Comprobar que los circuitos equivalentes obtenidos en los apartados a y b son
a su vez generadores equivalentes.
d) Potencia entregada por los generadores y absorbida por las resistencias.
R3= 5Ω
a
b
R1=10Ω
Vg=20V
Ig=1A
R: a) 1,25 V y
3,75 Ω b) 1/3
R2=15Ω A y 3,75 Ω d)
63,75 W.
a) Determinación de la tensión Thévenin VTH: Es la tensión Vab
a
R3= 5Ω
b
I+1
I
R1=10Ω
R2=15Ω
Vg=20V
Ig=1A
Ecuación de malla:
− V g + IR3 + ( I + 1) R2 = 0
− 20 + I 5 + ( I + 1)15 = 0
⇒ I = 0 , 25 A
VTH = Vab = I ⋅ R3 = 0 , 25.5 = 1, 25V
Determinación de RTH: Sustituyendo los generadores por su resistencia interna
(cortocircuito –resistencia cero− en la fuente de tensión y circuito abierto −resistencia
infinita− en la fuente de corriente) se obtiene la resistencia equivalente entre a y b.
a
R3= 5Ω
b
R1=10Ω
R1 puede eliminarse pues
por ella no circula
corriente,ya que queda
R2=15Ω cortocircuitada (la
resistencia equivalente
entre una resistencia en
paralelo con un
cortocircuito es cero:
Req=rCC.R1/(rCC+R1)= 0.R1/(0+R1) = 0).
RTH= Rab está formada entonces por R3 y R2 en paralelo:
5 ⋅ 15
RTH =
= 3,75Ω
5 + 15
b) Determinación de la corriente Norton IN: Es la corriente de cortocircuito de a a b. R3
puede eliminarse pues queda cortocircuitada y no circulará corriente por ella (toda la
corriente irá por el cortocircuito, porque a través de él la corriente encuentra resistencia
0). Ecuación de malla (ver figura de la siguiente página):
1
− 20 + ( I N + 1)15 = 0 ⇒ I N = A
3
Problemas TE resueltos Tema 1
3
a
IN+1
b
IN
R1 =10Ω
R2 =15Ω
Vg=20V
I g=1A
La resistencia RN es la misma que RTH, o sea, RN= 3,75 Ω.
c)
RTH
a
a
RN
IN
VTH
b
b
Las condiciones que han de cumplir los generadores para ser equivalentes son:
a) RTH= RN= 3,75 Ω (SÍ)
b) VTH= IN.RTH
1,25= 1/3⋅3,75=1,25 (SÍ)
IV
R3 = 5Ω
a
I1 =
Vg
R1
=
d)
I= 0,25A
I1
Vg=20V
I+1=1,25A
b
R1 =10Ω
R 2=15Ω
VI
I g=1A
20
= 2A
10
IV = I + I1 = 0,25 + 2 = 2,25 A
PV = Vg IV = 20.2,25 = 45W ( Potencia entregada por Vg )
VI = ( I + 1) R2 = 1,25.15 = 18,75V
PI = VI I g = 18,75.1 = 18,75W ( Potencia entregada por I g )
PG = PV + PI = 63,75W ( Potencia entregada por los generadores )
P1 = I12 R1 = 2 2.10 = 40W ( Potencia disipada por R1 )
P2 = ( I + 1) 2 .R2 = 1,252.15 = 23,4375W ( Potencia disipada por R2 )
P3 = I 2 R3 = 0,252.5 = 0,3125W ( Potencia disipada por R3 )
PR = P1 + P2 + P3 = 63,75W ( Potencia disipada por las resistencias )
Se comprueba que la potencia entregada total PG es igual a la potencia total
disipada PR.
Problemas TE resueltos Tema 1
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20. En el circuito de la figura, en donde todas las fuentes son de corriente continua,
determinar:
a) Energía almacenada en cada uno de los condensadores.
b) Potencia entregada por cada una de las fuentes.
c) Potencia disipada en los componentes pasivos.
R2
C1
R1
E2
DATOS
I1
C3
E1=1 V
C1=1 µF
E2=2 V
C2=2 µF
E3=3 V
C3=3 µF
R1=1 Ω
L=1 mH
.
I2
C2
L
E3
R2=2 Ω
E1
I1=1 A
I2=2 A
R: a) WC1= 55,5 nJ, WC2= 0 y WC3= 13,5 µJ b) PE1= 1 W, PE2= -10/3 W, PE3= 3 W, PI1=-8/3
W y PI2= 4 W c) PR1= 16/9 W y PR2= 2/9 W.
R2
I
I1
IE2
E2
I2
R1
C1
I+I1
C2
E1
C3
L
E3
I1
a)
Ley de mallas : E2 = IR2 + ( I + I1 )R1 → I =
E2 − I1 R1 1
= A
R1 + R2
3
5
Ley de nudos: I E 2 = I − I 2 = − A
3
La tensión en C2 es igual a la tensión en L, que, en régimen permanente de
corriente continua, es un cortocircuito (ya que VL=L⋅di/dt=L⋅d(i=constante)/dt = L⋅0 =0)
VC 2 = VL = 0 → WC 2 = 0
1
Ley de mallas: E3 = VC3+VL ⇒ VC 3 = E3 = 3V → WC 3 = C3VC23 = 13,5µJ
2
Problemas TE resueltos Tema 1
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Ley de mallas entre R1, E1, C2 y C1, teniendo en cuenta que VC2 = 0 ⇒
1
1
VC1 = ( I + I1 )R1 − E1 = V → WC 1 = C1VC21 = 55,5nJ
3
2
b)
Potencias entregadas por las fuentes de tensión :
PE1 = E1 I1 = 1W
PE 2 = E2 I E 2 = −
10
W
3
PE 3 = E3 I1 = 3W
Potencias entregadas las fuentes de corriente:
8
PI 1 = (VC1 − VC 3 )I1 = − W
3
PI 2 = E2 I 2 = 4W
Potencia total entregada por las fuentes:
PG = ∑ PGi = PE1 + PE 2 + PE 3 + PI 1 + PI 2 = 2W
i
c)
Potencias en los condensadores e inductancias:
PC1 = PC 2 = PC 3 = PL = 0 ( no disipativos )
Potencias consumidas por las resistencias:
PR1 = ( I + I1 )2 R1 =
16
W
9
2
PR 2 = I 2 R2 = W
9
Potencia consumida total:
PR = ∑ PRi = PR1 + PR 2 = 2W
i
Problemas TE resueltos Tema 1
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